Algunas pequeñas observaciones: Vamos a $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ ser un valor real de la secuencia.
Reivindicación 1:
$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ no tiene no decreciente larga si y sólo si las dos siguientes propiedades:
(i) $\sup_{n \in \{1, 2, 3,...\}} a_n < \infty$
(ii) Para cada una de las $x \in \mathbb{R}$ hay un $\epsilon_x>0$ tal que $a_n \in [x-\epsilon_x,x]$ por, al menos, un número finito de enteros positivos $n$.
Prueba:
($\impliedby$) Supongamos $\{a_n\}$ tiene un no decreciente subsequence $\{a_{n[k]}\}_{k=1}^{\infty}$ (donde $n[k]$ son enteros positivos que aumentan la con $k$). Nos muestran al menos una de las dos propiedades son violados. Si $\sup_{n \in \{1, 2, 3, ....\}} a_n = \infty$ hemos terminado. Suponga $\sup_{n \in \{1, 2, 3, ....\}} a_n <\infty$. A continuación, $\{a_{n[k]}\}_{k=1}^{\infty}$ es superior delimitada y no decreciente, que se aproxima a un límite finito $x \in \mathbb{R}$ desde abajo, lo que infringe la propiedad (ii).
($\implies$) Supongamos $\{a_n\}$ viola una de las dos propiedades. Mostramos debe tener un no decreciente larga. Si se viola la primera propiedad, a continuación, $\sup_{n \in \{1, 2, 3, ...\}} a_n = \infty$ y claramente hay una larga que aumenta a $\infty$, lo $\{a_n\}$ tiene un no decreciente larga.
Ahora supongamos que la segunda propiedad es violado. Por lo que debe existir una $x \in \mathbb{R}$ tal que para cada a$\epsilon>0$ tenemos $a_n \in [x-\epsilon, x]$ para un número infinito de números enteros positivos $n$. Si hay un número infinito de números enteros positivos $n$ para que $a_n=x$ , a continuación, de esta forma una constante larga, que es no decreciente y hemos terminado. Otra cosa, para cada una de las $\epsilon>0$, tenemos $a_n \in [x-\epsilon, x)$ para un número infinito de números enteros positivos $n$, y podemos construir fácilmente una no decreciente larga (pick $a_{n[1]} \in [x-1, x)$, pick $n[2]>n[1]$ tal que $a_{n[2]} \in [a_{n[1]}, x)$, y así sucesivamente). $\Box$
Ahora vamos a $\mathcal{L}$ ser el conjunto de todos los valores de limitación que puede ser logrado a través del infinito subsecuencias de $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ (teniendo en cuenta todas las subsecuencias que tener bien definidos los límites, permitiendo $\infty$ e $-\infty$). Por lo $\mathcal{L} \subseteq \mathbb{R} \cup \{\infty \} \cup \{-\infty\}$.
Reivindicación 2:
Si $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ no tiene no decreciente larga, a continuación, $\mathcal{L}$ tiene un en la mayoría de los countably número infinito de valores y $\sup \mathcal{L} < \infty$. En particular, $\infty \notin \mathcal{L}$.
Prueba: la Reivindicación 1 implica que $\sup_{n \in \{1, 2, 3, ...\}} a_n < \infty$ e lo $\sup \mathcal{L} < \infty$.
Reivindicación 1 implica que para cada valor real $x \in \mathcal{L}$ hay una brecha de tamaño $\epsilon_x>0$, por lo que no existen elementos de $\mathcal{L}$ en el intervalo de $(x-\epsilon_x,x)$. De ello se desprende que hay una mayoría de countably número infinito de elementos de $\mathcal{L}$ en cualquier intervalo finito de $\mathbb{R}$ (*ver detalles acerca de sumar números positivos abajo). Desde $\mathbb{R}$ puede ser representado como una contables de la unión finito de intervalos, el resultado se mantiene. $\Box$
*Detalles en la suma de números positivos: Vamos a $I$ ser finito intervalo de $\mathbb{R}$ en cuestión, con el tamaño de la $|I|$. Supongamos $\mathcal{L} \cap I$ es uncountably infinito (llegamos a una contradicción). Tenga en cuenta que $\epsilon_x>0$ para todos los $x \in \mathcal{L} \cap I$. Deje $\mathcal{M}$ el conjunto $\mathcal{L} \cap I$ con el elemento más pequeño eliminado (si no hay ningún elemento más pequeño, a continuación, deje $\mathcal{M} = \mathcal{L} \cap I$). A continuación, $\mathcal{M}$ es uncountably infinito y cada punto de $x \in \mathcal{M}$ tiene otro punto en $\mathcal{L} \cap I$ por debajo (por lo $x-\epsilon_x$ no caiga por debajo de la parte inferior de intervalo de $I$). Para cualquier countably infinito subconjunto $\mathcal{A}\subseteq \mathcal{M}$ sabemos $\sum_{x \in \mathcal{A}} \epsilon_x \leq |I|$, lo que significa que la suma de las lagunas es menor o igual que el tamaño del intervalo. El siguiente lema muestra que, debido a $\mathcal{M}$ es uncountably infinito, debe existir una countably infinito subconjunto $\mathcal{A}\subseteq\mathcal{M}$ para que $\sum_{x \in \mathcal{A}} \epsilon_x=\infty$, una contradicción.
Lema:
Si $\mathcal{X}$ es un uncountably conjunto infinito y $f:\mathcal{X}\rightarrow\mathbb{R}$ es una función tal que $f(x)>0$ para todos los $x \in \mathcal{X}$, entonces existe un countably infinito subconjunto $\mathcal{A}\subseteq \mathcal{X}$ tal que $\sum_{x \in \mathcal{A}} f(x) = \infty$.
Prueba:
Deje $M$ ser el supremum de $\sum_{x \in \mathcal{B}} f(x)$ sobre todos los subconjuntos finitos $\mathcal{B} \subseteq \mathcal{X}$. A continuación, hay una secuencia de subconjuntos finitos $\{\mathcal{B}_k\}_{k=1}^{\infty}$ con $\mathcal{B}_k \subseteq \mathcal{X}$ para todos los $k\in \{1, 2, 3, ...\}$ tales que
$$ \lim_{k\rightarrow\infty} \sum_{x \in \mathcal{B}_k} f(x) = M $$
Desde $f(x)>0$ para todos los $x \in \mathcal{X}$, para todos los enteros positivos $k$ hemos
$$\sum_{x \in \cup_{i=1}^{\infty}\mathcal{B}_i} f(x) \geq \sum_{x \in \mathcal{B}_k} f(x) $$
Teniendo un límite de $k\rightarrow \infty$da
$$ \sum_{x \in \cup_{i=1}^{\infty}\mathcal{B}_i}f(x) \geq M$$
Si $M=\infty$ se sigue que $\cup_{i=1}^{\infty} \mathcal{B}_i$ es un countably conjunto infinito más
que $f(x)$ sumas hasta el infinito y hemos terminado.
Ahora supongamos $M<\infty$ (llegamos a una contradicción). El conjunto $\cup_{k=1}^{\infty} \mathcal{B}_k$ es finito o countably infinito, por lo que (desde $\mathcal{X}$ es uncountably infinito) hay un punto de $x^* \in \mathcal{X}$ que es no en $\cup_{k=1}^{\infty} \mathcal{B}_k$. Elija $k$ tal que $|\sum_{x \in \mathcal{B}_k} f(x) - M| < f(x^*)/2$. A continuación, $\mathcal{B}_k \cup \{x^*\}$ es un conjunto finito pero
$$ \sum_{x \in \mathcal{B}_k \cup \{x^*\}} f(x) > M$$
contradiciendo la definición de $M$. $\Box$
